Prosiding SPMIPA; pp: ; 2006 ISBN:

Transkripsi

1 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: SUKU BANYAK BIKUADRATIK TAK-TEREDUKSI DENGAN FAKTORISASI MODULO BILANGAN PRIMA Suryoto Juruan Matematika FMIPA Univerita Dionegoro Jl. Prof. H. Soedarto SH Tembalang, Semarang yahoo.com Abtrak: Suku banyak bikuadratik tak-tereduki ata himunan emua bilangan bulat Z daat dijadikan tereduki melalui faktoriai modulo bilangan rima. Berawal dari keterdukian ata Z daat diturunkan kriteria keteredukian modulo uatu bilangan rima. Faktoriai uku banyak bikuadratik ke dalam uku-uku banyak dengan derajat yang lebih rendah ditentukan oleh kondii dikriminan uku banyak kuadratik identiknya. Kata Kunci: uku banyak monik, faktoriai modulo rima, dikriminan PENDAHULUAN Faktoriai uku banyak meruakan alah atu ermaalahan klaik di dalam matematika yang memunyai ejarah eerkembangan yang cuku anjang dan telah ada ejak 1600 tahun ebelum Maehi. Meki boleh dikatakan udah cuku tua, ternyata teta aja menarik untuk mengkaji fenomena-fenomena baru yang muncul berkaitan dengan faktoriai uku banyak ini. Dummit dan Foote [1] mengungkakan bahwa terdaat beberaa contoh uku banyak di Z[x], mekiun tak-tereduki, tetai daat dijadikan tereduki modulo uatu bilangan tertentu. Sebagai contoh uku banyak x 10x + 1 yang tak-tereduki di Z[x], tetai tereduki modulo etia bilangan rima. Berdaarkan fakta yang telah diungkakan di ata, ada tulian ini akan diberikan kondii-kondii aakah yang haru dienuhi oleh uku banyak tak-tereduki di Z[x] ini agar tereduki modulo uatu bilangan rima. Pada makalah ini hanya akan dikaji uku banyak kuartik yang memunyai bentuk yang identik dengan uku banyak kuadratik. Khuunya akan dikaji alah atu keluarga dari uku banyak bikuadratik yang muncul ada Kometii Matematika Putnam ke-6 yang telah dielenggarakan ada tahun 00, emat tahun ilam. PEMBAHASAN Pandang uku banyak monik f(x) = x + rx +, dengan r, Z dan Z menyatakan himunan emua bilangan bulat. Mekiun beberaa enuli menggunakan itilah bikuadratik dan kuartik ebagai atu itilah yang berinonim, tetai enuli lebih condong keada engertian yang diberikan oleh Kae dan Waren [3], dimana uku banyak bikuadratik adalah uku banyak kuartik atau uku banyak berderajat emat yang memunyai bentuk yang identik dengan uku banyak kuadratik. Kriteria Keteredukian ata Z Berikut ini akan diberikan yarat erlu dan cuku uku banyak bikuadratik f(x) di ata tereduki ata Z, eerti diberikan oleh teorema berikut ini. Teorema 1. Mialkan r, Z. Suku banyak bikuadratik-monik f(x) = x + rx + tereduki di Z[x] jika dan hanya jika terdaat a, c, e Z, edemikian hingga berlaku: c + e a r = 0 (1) a(e c) = 0 () dan ce = 0 (3) Dalam hal ini, f(x) = (x + ax + c)(x ax + e). Bukti : ( ) Mialkan f(x) = x + rx + tereduki di Z[x], maka etidaknya f(x) memunyai faktor linier x m atau faktor kuadratik tak-tereduki x + ax + c di Z[x]. Pandang kemungkinan 1 : Mialkan m 0, maka x + m juga meruakan faktor dari f(x). Dengan demikian x m = (x m)(x + m) juga meruakan faktor dari f(x) dan f(x) = x + rx + = (x m )(x + bx + d), dengan b, d Z. Sedangkan untuk m = 0, x meruakan alah atu faktor dari f(x) dan 96

2 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: f(x) = x + rx + = x (x + r). Dimana untuk kedua nilai m di ata, jela kondii (1), () dan (3) dienuhi. Selanjutnya andang kemungkinan : f(x) memunyai faktor kuadratik tak-tereduki x + ax + c di Z[x]. Tuli f(x) = x + rx + = (x + ax + c)(x + bx + e), dengan b, e Z. Dengan menyamakan koefiien dari keamaan dua uku banyak di ata dieroleh b = a dan f(x) = x + rx + = (x + ax + c)(x ax + e) atau f(x) = x + rx + = x + (c + e a )x + a(e c)x + ce dan dieroleh : c + e a r = 0, a(e c) = 0 dan ce = 0. ( ) Mialkan kondii (1), () dan (3) dienuhi, maka (x + ax + c)(x ax + e) = x + (c + e a )x + a(e c)x + ce = x + rx +, yaitu f(x) tereduki di Z[x]. Selanjutnya akan diberikan kriteria keteredukian yang lain untuk uku banyak bikuadratik-monik f(x) = x + rx +. Untuk itu andang fungi kuadrat f(y) = y + ry +, yang dieroleh dari eramaan bikuadratik di ata, dengan mengambil y = x. Berkaitan dengan fungi kuadrat ini, kita memunyai D = r, yang dinamakan dikriminan dari fungi kuadrat f(y). Dengan memerhatikan kondii dikriminan dari fungi kuadrat di ata dan ebagai konekueni Teorema 1 daat diturunkan hail-hail berikut ini. Akibat 1. Mialkan r, Z edemikian hingga D = r kuadrat emurna, mialkan D = k, untuk uatu k Z, maka f( x) = x + rx + tereduki di Z[x] dan f(x) = (x + ½(r k))(x + ½(r + k)). Bukti : Diberikan f(x) = x + rx +, maka f( x ) = x + rx + dan D = r. Karena D = k, untuk uatu k Z, maka = 1 (r k ) dan dieroleh f(x) = x + rx + 1 (r k ) = (x + 1 (r k))(x + 1 (r + k)). Klaim : 1 (r k) Z. Bukti Klaim : Dari D = r = k, untuk uatu k Z, maka r k = atau (r k)(r + k) =. Yaitu (r k)(r + k) gena dan berakibat (r k) dan (r + k) keduanya haru gena. Sehingga benar bahwa 1 (r k) Z. Dengan demikian terbukti bahwa f(x) tereduki di Z[x]. Akibat. Mialkan r, Z edemikian hingga D = r bukan kuadrat emurna. Maka f(x) = x + rx + tereduki di Z[x] jika dan hanya jika terdaat bilangan bulat c edemikian hingga c = dan c r = a. Dalam hal ini, f(x) = (x + ax + c)(x ax + e), dengan a uatu bilangan bulat edemikian hingga a = c r. Bukti : ( ) Mialkan f(x) = x + rx + = (x + ax + c)(x ax + c), dengan a, c Z, maka f(x) = x + (c a )x + c dan dieroleh c a = r dan c = atau c r = a dan c =. ( ) Mialkan c =, dengan c Z dan c r = a, untuk uatu a Z, maka r = c a. Akibatnya f(x) = x + rx + = x + (c a )x + c = (x + ax + c)(x ax + c), dengan a, c Z, yaitu f(x) tereduki di Z[x]. Dari Akibat 1 dan dari Teorema 1 di ata, tamak bahwa faktoriai uku banyak monik bikuadratik f(x) = x + rx + bergantung keada kondii dikriminan D = r dari uku banyak kuadratik identiknya, yaitu : 1. Jika D = r = t, untuk uatu t Z atau D kuadrat emurna, maka f(x) teruraikan ke dalam erkalian dua buah uku banyak kuadratik tak lengka.. Jika D = r, bukan kuadrat emurna, maka f(x) teruraikan ke dalam hail kali dua buah uku banyak kuadratik biaa. Contoh 1 : Suku banyak yang telah diungkakan ada bagian Pendahuluan, meruakan contoh yang daat menjelakan hail-hail di ata. Dari uku banyak f(x) = x 10x + 1, kita memunyai r = 10, = 1 dan D = r = 96, bukan kuadrat emurna erta tidak ada bilangan bulat c yang memenuhi c = 1 dan c + 10 uatu kuadrat emurna ekaligu. Sehingga menurut Akibat, uku banyak f(x) = x 10x + 1 tak-tereduki di Z[x]. 97

3 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: Kriteria Keteredukian Modulo Pada bagian ebelumnya, telah diberikan kriteria keteredukian untuk uku banyak bikuadratik monik f(x) = x + rx + ata Z. Pada bagian ini, akan diberikan yarat erlu dan cuku uku banyak bikuadratik f(x) = x + rx + tereduki modulo, dengan uatu bilangan rima, yang diadoi dari Teorema 1, eerti diberikan oleh teorem berikut ini. Teorema. Mialkan uatu bilangan rima. Maka uku banyak bikuadratik f(x) = x + rx + di Z[x] tereduki modulo jika dan hanya jika terdaat a, c, e Z, yang memenuhi : c + e a r 0 (mod ) () a( e c ) 0 (mod ) (5) ce 0 (mod ) (6) Dalam hal ini f(x) (x + ax + c)(x ax + e)(mod ). Bukti : Sejalan dengan bukti Teorema 1. Pada bagian ebelumnya telah diberikan kriteria keteredukian uku banyak bikuadratik berturut-turut ata himunan emua bilangan bulat Z dan modulo uatu bilangan rima. Berikut ini, akan diberikan beberaa kriteria keteredukian tambahan untuk melengkai kriteria yang udah ada. Pembahaan akan dimulai dengan kriteria keteredukian modulo, dengan uatu bilangan rima yang ganjil. Pandang uku banyak bikuadratik-monik f(x) = x + rx + di Z[x] dan uatu bilangan rima yang ganjil. Terdaat beberaa kondii berkaitan dengan uku banyak f(x) = x + rx +, yaitu : 1). Jika 0 (mod ). Maka f(x) = x + rx + x + rx (mod ) x (x + r) (mod ). Sehingga dieroleh a = 0 = c dan e = r. ). Jika D = r 0 (mod ). 1 r Maka r (mod ) atau r (mod ) atau (mod ). Dengan demikian f(x) = x + rx + x + rx + r r (mod ) (x + ) (mod ) dan dieroleh a = 0 dan c = e r (mod ), dimana 1 menyatakan inver dari modulo. 3). Jika 0 (mod ) dan D = r 0 (mod ). Berkaitan dengan kondii 3 ini dan dalam rangka melengkai kriteria keteredukian uku banyak bikuadratik f(x) modulo bilangan rima yang ganjil, akan diberikan terlebih dahulu notai Legendre entingnya. k dan ifat-ifat Menurut Roen [,. 33], untuk uatu bilangan bulat k dan bilangan rima yang ganjil, notai Legendre k didefiniikan oleh : k = 1, jika tidak membagi k dan x 0, jika membagi k -1, jika tidak membagi k dan x k( mod ) daat dieleaikan k( mod ) tidak daat dieleaikan. Dimana notai Legendre ini memenuhi ifat-ifat berikut ini : k l 1). Jika k l (mod ), maka = ). Untuk etia bilangan bulat k dan l, berlaku : 98

4 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: kl k 3). = k l ). l = l, jika tidak membagi k. Dari Teorema dan mengingat definii notai Legendre beerta ifat-ifat entingnya, dieroleh hail, ebagaimana dituangkan dalam teorema berikut ini. Teorema 3. Mialkan uatu bilangan rima yang ganjil dan r, Z, edemikian hingga 0 (mod ) dan D = r 0 (mod ), maka ernyataan-ernyataan berikut ini enantiaa benar : a. f(x) = x + rx + teruraikan ke dalam hail kali dua buah uku banyak monik berlainan berderajat atu dan ebuah uku banyak monik kuadratik tak-tereduki modulo jika dan hanya jika D = 1 dan = 1. b. f(x) = x + rx + teruraikan ke dalam hail kali emat buah uku banyak monik berlainan berderajat atu modulo jika dan hanya jika D r t = 1 dan = 1, dimana t adalah bilangan bulat edemikian hingga t (mod ). c. f(x) = x + rx + teruraikan ke dalam hail kali dua buah uku banyak monik kuadartik yang berlaianan modulo jika dan hanya jika D r t = 1 dan = 1, d imana t adalah bilangan bulat edemikian hingga t (mod ) D atau = 1 dan = 1. d. f(x) = x + rx + tak-tereduki modulo jika dan hanya jika D = 1 dan = 1. = 1, = 1, Bukti : Hanya akan dibuktikan bagian (a), karena untuk bukti bagian (b), bagian (c) dan bagian (d) daat dibuktikan ejalan dengan bukti bagian (a). ( ) Mialkan f(x) = x + rx + (x a)(x b)(x + cx + d) (mod ), dengan uku banyak x + cx + d taktereduki, maka f(x) = x + ( a b + c)x 3 + (d + ab (a + b)c)x + ( (a + b)d + abc)x + abd dan dieroleh : a b + c = 0 (1) d + ab (a + b)c = r () (a + b)d + abc = 0 (3) abd = () Dari eramaan (1) dieroleh c = a + b dan bilamana diubtituikan ke eramaan (3) dieroleh (a + b)(ab d) = 0 dan harulah a + b = 0. Sebab andaikan ab d = 0 atau ab = d, maka f(x) (x a)(x b)(x + cx + d)(mod ) (x a)(x b)(x + (a + b)x + ab) (x a)(x b)(x + a)(x + b), yaitu x + cx + d = (x + a)(x + b) atau x + cx + d tereduki, bertentangan dengan yang diketahui bahwa uku banyak x + cx + d tak-tereduki. Jadi benar bahwa a + b = 0 atau b = a. Dengan demikian, f(x) (x a)(x b)(x + cx + d) f(x) (x a)(x + a)(x + d) x + (d a )x da. 99

5 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: Sehingga dieroleh r = d a, = da dan D = r = (d a ) + da = (d + a ), yaitu D x (mod ) D memunyai enyeleaian atau = 1. Selanjutnya tinjau = da = abd. Karena ab d atau a d, dengan d bukan kuadrat emurna, maka juga bukan kuadrat emurna, dengan erkataan lain t (mod ) untuk etia t Z, ini memberikan D ( ) Mialkan = 1 dan = 1. Tinjau f(x) = x + rx +, dengan D = r. Karena = 1. D 1 = 1, maka D = t, untuk uatu t Z. Dengan demikian t = r atau = (r t ) dan f(x) = x + rx + = x + rx + 1 (r t ) = (x + 1 (r t))(x + 1 (r + t)) atau f(x) = (x a)(x b), dengan a = 1 1 (r t) dan b = (r + t), yaitu f(x) = x + rx + tereduki. Andaikan x a dan x b keduanya tereduki, maka terdaat x 1, x Z edemikian hingga x 1 = a dan = b. Dengan demikian dieroleh (x 1 x ) = ab = ( 1 (r t))( 1 (r + t)) = 1 (r t ) =, yaitu kongrueni x (mod ) memunyai enyeleaian atau x = 1. Ini bertentangan dengan yang diketahui bahwa = 1. Jadi harulah alah atu dari x a atau x b tak-tereduki. Tana mengurangi keumuman bukti mialkan x b tak-tereduki dan dieroleh f(x) = x + rx + = (x a)(x b) = (x c)(x d)(x b), yaitu f(x) = x + rx + teruraikan ke dalam hail kali dua buah uku banyak linier dan ebuah uku banyak kuadratik tak-tereduki. Sekarang akan diberikan kondii yang lebih umum bagi kriteria keteredukian uku banyak bikuadratik f(x) = x + rx + modulo etia bilangan rima, eerti diungkakan dalam teorema berikut ini. Teorema. Mialkan r, Z edemikian hingga D = r bukan kuadrat emurna. Maka uku banyak f(x) = x + rx + tereduki modulo, untuk etia bilangan rima jika dan hanya jika kuadrat emurna. Bukti : Lihat E. Driver, dkk [, ]. Dengan mengkombinaikan Teorema dengan Akibat 1 dan dari Teorema 1, dieroleh yarat erlu dan cuku bagi uku banyak bikuadratik-monik f(x) = x + rx + yang tak-tereduki di Z[x], tetai tereduki modulo untuk etia bilangan rima. Seerti diberikan oleh teorema berikut ini. Teorema 5. Mialkan r, Z. Maka uku banyak bikuadratik f(x) = x + rx + yang tak-tereduki di Z[x], tetai tereduki modulo, untuk etia bilangan rima jika dan hanya jika hal-hal berikut ini dienuhi : kuadrat emurna, tetai D = r dan r ketiganya bukan kuadrat emurna. Bukti : Terlihat dari bukti Teorema dan bukti Akibat 1 dan Akibat. Sebagai foku dari tulian ini, ekarang ditinjau keluarga uku banyak bikuadratik yang muncul ada Kometii Matematika Putnam ke-6 tahun 00 [5, Soal A3], yang diberikan oleh : P m (x) = x (m + )x + (m ), (m Z). Dari uku banyak bikuadratik ini, kita memunyai r = (m + ) dan = (m ). Dengan demikian D = r = (m + ) (m ) = 3m. Sehingga D meruakan kuadrat emurna jika dan hanya jika m kuadrat emurna. Jika m uatu kuadrat emurna, maka m = t, untuk uatu t Z dan menurut Akibat 1 dieroleh : P m (x) = (x (t t + ))(x (t + t + )). 100

6 Proiding SPMIPA; : ; 006 ISBN: Sebaliknya, mialkan m bukan kuadrat emurna. Maka berdaarkan Akibat, P m (x) tereduki jika dan hanya jika (m ) + m + uatu kuadrat emurna dan hal ini benar jika dan hanya jika m kuadrat emurna. Dalam hal ini, kita memunyai P m (x) = (x + tx + t )(x tx + t ). Dengan demikian dieroleh hail ebagai berikut : Suku banyak bikuadratik P m (x) = x (m + )x + (m ), (m Z) tak-tereduki di Z[x], aalkan m dan m keduanya bukan kuadrat emurna. Contoh : Suku banyak f(x) = x 10x + 1, yang telah diberikan ada bagian Pendahuluan tidak lain adalah uku banyak P m (x) = x (m + )x + (m ), dimana m = 3. Dengan demikian karena m = 3 dan m = 6, keduanya bukan kuadrat emurna, maka berdaarkan hail di ata, f(x) = x 10x + 1 tak-tereduki di Z[x]. Contoh 3 : Pandang kembali uku banyak bikuadratik f(x) = x 10x + 1. Maka kita memunyai r = 10, = 1, = 1, ehingga D = r = 96, r = 1 dan r = 8 ketiganya bukan kuadrat emurna. Dengan demikian menurut Teorema 5 di ata, f(x) = x 10x + 1 yang tidak tereduki di Z[x] (berdaarkan Contoh ), tetai tereduki modulo, untuk etia bilangan rima. Sekarang akan ditinjau untuk = 5. Akan kita lihat faktoriai uku banyak bikuadratik-monik f(x) = x 10x + 1 dengan faktoriai modulo 5. Dari uku banyak f(x) di ata, kita memunyai r = 10, = 1 dan D = r = 96. Karena = 5, maka = 1 0 (mod 5) dan D = (mod 5), maka dieroleh : 1 = = 1 (karena reidu kuadratik dari 5 adalah 1 dan ), 5 D r - t 8 3 = = = 1 dan = = = 1, dimana t adalah bilangan bulat edemikian hingga t (mod ) atau 1 t (mod 5), ehingga t = 1. Dengan demikian menurut Teorema 3 bagian (c), f(x) = x 10x + 1 teruraikan ke dalam hail kali dua buah uku banyak kuadratik berlainan yang tak-tereduki modulo 5, yaitu : f(x) = x 10x + 1 x + 1 (mod 5) (x + 3)(x + ) (mod 5) (x )(x 3) (mod 5). KESIMPULAN Dari hail embahaan faktoriai uku banyak bikuadratik tak-tereduki f(x) = x + rx + dengan faktoriai modulo bilangan rima, daat diimulkan bahwa faktoriai ditentukan oleh dua hal, yaitu kondii dan kondii dikriminan D = r dari uku banyak kuadratik identiknya, aakah meruakan kuadrat emurna atau bukan. DAFTAR PUSTAKA [1]. Dummit, D. S. and Foote, R. M., Abtract Algebra, Prentice-Hall, Englewood Cliff, New Jerey, []. Driver, E., Leonard, P. A., and William, K. S., Irredicible Quartic Polynomial with Factorization Modulo, The Mathematical Aociation of America Monthly 11, , 005. [3]. Kae, L. C. and Waren, B., An Elementary Tet for The Galoi Grou of a Quartic Polynomial, The Mathematical Aociation of America Monthly 96, , []. Roen, K. H., Elementary Number Theory and It Alication, Addion-Weley, Reading, Maachuett, [5]. 6 nd Annual William Lowell Putnam Mathematical Cometition, Math. Magazine, 75,. 7 78,